2020-2021学年河南省南阳市高三（上）9月考前适应性考试数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年河南省南阳市高三（上）9月考前适应性考试数学（理）试卷北师大版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A=1,2,3,B=x|x+1x−2<0,x∈Z，则A∪B=( )
A.{1}B.1,2C.0,1,2,3D.−1,0,1,2,3

2.
若sinα=13，则cs2α=( )
A.89B.79C.−79D.−89

3. 设f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)=2x+2x+b（b为常数），则f(−1)=( )
A.−3B.−1C.1D.3

4. 函数f(x)=lnx−1x的零点所在的区间是( )
A.(0, 1)B.(1, e)C.(e, 3)D.(3, +∞)

5. 已知函数f(x)=3x−13x，则f(x)（ ）
A.是奇函数，且在R上是增函数
B.是偶函数，且在R上是增函数
C.是奇函数，且在R上是减函数
D.是偶函数，且在R上是减函数

6. 若函数fx=excs x，则此函数图象在点1,f1处的切线的倾斜角为（ ）
A.0B.锐角C.直角D.钝角

7. 函数fx=xln|x−1||x|的图象是( )
A.B.
C.D.

8. 若命题 p:∃x0∈R，x02−x0+1≤0 ，命题 q:∀x<0, |x|>x． 则下列命题中是真命题的是( )
A.p∧qB.p∧(¬q)C.(¬p)∧qD.(¬p)∧(¬q)

9. 已知函数y=fx满足fx+1=fx−1，当x∈−1,1时，fx=x2，则方程fx=|lg|x||实根共有( )
A.10个B.9个C.18个D.20个

10. 已知函数f(x)=2x,x≥ax2,xA.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

11. 若函数f(x)=lga(x3−ax)(a>0, a≠1)在区间(−12,0)内单调递增，则a的取值范围是( )
A.(14,1)B.[34,1)C.(94,+∞)D.(1,94)

12. 设函数fx=x2lnx−1−ax+a，其中a>0，若仅存在两个正整数x0，使得fx0<0，则实数a的取值范围是（ ）
A.0,3ln 3−32B.4ln 2−2,+∞
C.4ln 2−2,3ln 3−32D.4ln 2−2,3ln 3−32
二、填空题

函数fx=lg2x−1的定义域为________．

曲线y=x(3lnx+1)在点(1, 1)处的切线方程为________．

131x+1−x−22dx=________．

已知定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>0且f(f(x)−ex)=1，若f(x)≥ax+x恒成立，则a的取值范围为________．
三、解答题

已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P−35,−45．
(1)求sin(α+π)的值；

(2)若角β满足sin(α+β)=513，求csβ的值．

已知函数f(x)=bxax2+1(b≠0, a>0)．
(1)判断f(x)的奇偶性；

(2)若f(1)=12，lg3(4a−b)=12lg24，求a，b的值．

已知函数f(x)=x−1+aex．
(1)若函数f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；

(2)求函数f(x)的极值.

已知f(x)是二次函数，不等式f(x)<0的解集是(0, 5)，且f(x)在区间[−1, 4]上的最大值是12．
(1)求f(x)的解析式；

(2)是否存在自然数m，使得方程f(x)+37x=0在区间(m, m+1)内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．

已知函数f(x)=lnx−xex+ax(a∈R)．
(1)若函数f(x)在[1, +∞)上单调递减，求实数a的取值范围；

(2)若a=1，求f(x)的最大值．

已知函数f(x)=ax2+(a−2)x−lnx．
(1)若函数f(x)在x=1时取得极值，求实数a的值；

(2)当0参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高三（上）9月考前适应性考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
并集及其运算
【解析】
求出集合B,再求并集即可.
【解答】
解：∵A=1,2,3，
B=x|x+1x−2<0,x∈Z=0,1，
∴A∪B=0,1,2,3.
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
二倍角的余弦公式
三角函数的化简求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ sinα=13，
∴ cs2α=1−2sin2α=1−2×19=79．
故选B．
3.
【答案】
A
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
据函数为奇函数知f(0)=0，代入函数的解析式求出b，求出f(1)的值，利用函数为奇函数，求出f(−1)．
【解答】
解：因为f(x)为定义在R上的奇函数，
所以f(0)=20+2×0+b=0，
解得b=−1，
所以当x≥0时，f(x)=2x+2x−1.
又因为f(x)为定义在R上的奇函数，
所以f(−1)=−f(1)=−(21+2×1−1)=−3.
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
根据连续函数f(x)=lnx−1x，可得f(1)=−1<0，f(e)=1−1e>0，由此得到函数f(x)=lnx−1x的零点所在的区间．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=lnx−1x，
∴ f(1)=−1<0，f(e)=1−1e>0，
∴ 函数f(x)=lnx−1x的零点所在的区间是(1, e).
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
函数奇偶性的判断
函数单调性的判断与证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为f(x)=3x−13x，且定义域为R，
所以f(−x)=3−x−13−x=13x−3x=−3x−13x=−f(x)，
即函数f(x)是奇函数．又y=3x在R上是增函数，
y=13x在R上是减函数，所以f(x)=3x−13x在R上是增函数．
故选A．
6.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
直线的倾斜角
【解析】
求导，求出曲线在点1,f1处的切线的斜率为负值，结合倾斜角与斜率之间的关系进行判断即可求解.
【解答】
解：f(x)=excsx，
则f′(x)=excsx−exsinx，
∴ f′(1)=ecs1−esin1<0，
∴ 此函数图象在点1,f1处的切线的斜率为负值，
∴ 此函数图象在点1,f1处的切线的倾斜角为钝角.
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
利用特殊点的函数值，由排除法得解．
【解答】
解：由f3=3ln23=ln2>0，排除D；
由f−1=−ln2<0，故排除C；
由f12=ln12<0，故排除B.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ Δ=1−4=−3<0，
∴ ∀x∈R，x2−x+1>0 恒成立，故命题p是假命题.
∵ ∀x<0, |x|>x 恒成立，即命题q是真命题，
则(¬p)∧q 是真命题，其余为假命题.
故选C.
9.
【答案】
D
【考点】
函数的周期性
函数的零点与方程根的关系
【解析】

【解答】
解：函数y=fx满足fx+1=fx−1，
∴ 函数y=f(x)的周期为2，
当x∈[−1, 1]时，f(x)=x2，
可作出偶函数f(x)的图象．
对于图象关于y轴对称的偶函数g(x)=lg|x|．
方程fx=|lg|x||的实根，即为函数图象交点横坐标，
当x>10时，g(x)=lg|x|>1，
此时函数图象无交点.
又两函数在x>0上有10个交点，由f(x)和g(x)的图象都关于y轴对称，
可知它们在x<0上也有10个交点，且这些交点关于直线y轴对称，
可得方程fx=|lg|x||的实根个数为20.
故选D．
10.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
函数的单调性及单调区间
【解析】
由2x=x2，x∈[0, +∞)，解得x=2，或4．函数f(x)=2x,x≥ax2,x【解答】
解：函数f(x)=2x,x≥a,x2,x则a≤2或a≥4.
因为{a|a≤0}⫋{a|a≤2或a≥4}，
所以“a≤0”是“函数f(x)在[0, +∞)上单调递增”的充分而不必要条件．
故选A.
11.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
复合函数的单调性
【解析】
将函数看作是复合函数，令g(x)=x3−ax，且g(x)>0，得x∈(−a, 0)∪(a, +∞)，因为函数是高次函数，所以用导数来判断其单调性，再由复合函数“同增异减”求得结果．
【解答】
解：设g(x)=x3−ax，g(x)>0，得x∈(−a, 0)∪(a, +∞)，
g′(x)=3x2−a，x∈(−a3, 0)时，g(x)递减，
x∈(−a, −a3)或x∈(a, +∞)时，g(x)递增．
∴ 当a>1时，(−a3, 0)为f(x)的减区间，不合题意；
当0∴ −12≥−a3，
∴ a∈[34, 1).
故选B．
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
令gx=2xlnx−x，ℎx=ax−a，因为仅存在两个正整数x0使得fx0<0，仅有两个整数使得gx<ℎx，利用函数的导数求解函数的最小值，列出不等式组，转化求解即可．
【解答】
解：令gx=2xlnx−x，ℎx=ax−a，
因为仅存在两个正整数x0，使得fx0<0，
即仅有两个整数使得gx<ℎx ，g′x=2lnx+1 ，
令g′x=0，解得x=e−12，
且当x当x>e−12，g′x>0，
所以gxmin=ge−12=−2e−12且g1=−1<0，ℎ(1)=0，
所以当x=1时，gx<ℎx.
作图如下，
观察图可知另一个满足条件的整数为2，
所以g2<ℎ2,g3≥ℎ3,
代入解得 4ln2−2综上，a的取值范围为4ln2−2故选D．
二、填空题
【答案】
[2,+∞)
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
由题意得到lg2x−1≥0，解不等式即可求解.
【解答】
解：要使函数fx=lg2x−1有意义，
则lg2x−1≥0，
解得x≥2，
故函数的定义域为[2,+∞).
故答案为：[2,+∞).
【答案】
y=4x−3
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
先求导函数，求出切线的斜率，再求切线的方程．
【解答】
解：求导函数，可得y′=3lnx+4，
当x=1时，y′=4，
所以曲线y=x(3lnx+1)在点(1, 1)处的
切线方程为y−1=4(x−1)，即y=4x−3．
故答案为：y=4x−3.
【答案】
ln3+π2
【考点】
定积分
【解析】
由题意得到131x+1−x−22dx=131xdx+131−x−22dx，再利用定积分的几何意义进行求解即可.
【解答】
解：131x+1−x−22dx
=131xdx+131−x−22dx
=lnx|13+131−x−22dx
=ln3+131−x−22dx，
由定积分的几何意义可知：
131−x−22dx表示半圆x−22+y2=1y≥0
与x轴围成的图形的面积，其面积为π2，
所以131x+1−x−22dx=ln3+π2.
故答案为：ln3+π2.
【答案】
[−1,e−1]
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
求出f(x)的解析式为f(x)=ex，结合函数图象即可得出a的范围．
本题考查了函数解析式的求解，函数恒成立问题与函数图象的关系，属于中档题．
【解答】
解：∵ f′(x)>0，
∴ f(x)为增函数，
∴ f(f(x)−ex)=1，
∴ 存在唯一一个常数x0，使得f(x0)=1，
∴ f(x)−ex=x0，即f(x)=ex+x0，
令x=x0可得ex0+x0=1，
∴ x0=0，故而f(x)=ex.
∵ f(x)≥ax+x恒成立，即ex≥x(a+1)恒成立．
∴ y=ex的函数图象在直线y=x(a+1)上方，
不妨设直线y=(k+1)x与y=ex的图象相切，切点为(x1, y1)，
则y1=(k+1)x1，y1=ex1，ex1=k+1， 解得x1=1，k=e−1．
函数图象如图所示，
∴ 当0≤a+1≤e，即−1≤a≤e−1时，y=ex的函数图象在直线y=x(a+1)上方，即
f(x)≥ax+x恒成立.
故答案为：[−1,e−1]．
三、解答题
【答案】
解：(1)由角α的终边过点P−35,−45得sinα=−45，
所以sin(α+π)=−sinα=45．
(2)由角α的终边过点P−35,−45得csα=−35，
由sin(α+β)=513，
得cs(α+β)=±1213．
由β=(α+β)−α，
得csβ=cs(α+β)csα+sin(α+β)sinα，
所以csβ=−5665或csβ=1665．
【考点】
任意角的三角函数
两角和与差的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由角α的终边过点P−35,−45得sinα=−45，
所以sin(α+π)=−sinα=45．
(2)由角α的终边过点P−35,−45得csα=−35，
由sin(α+β)=513，
得cs(α+β)=±1213．
由β=(α+β)−α，
得csβ=cs(α+β)csα+sin(α+β)sinα，
所以csβ=−5665或csβ=1665．
【答案】
解：(1)f(x)定义域为R，f(−x)=−bxax2+1=−f(x)，
故f(x)是奇函数．
(2)由f(1)=ba+1=12得，a−2b+1=0.
又因为lg3(4a−b)=1，所以4a−b=3.
由a−2b+1=0，4a−b=3解得a=1，b=1．
【考点】
对数的运算性质
函数奇偶性的判断
函数的求值
【解析】
（1）直接根据函数的解析式求得f(−x)与f(x)的关系，进而根据函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性．
（2）先根据f(1)求得a和b的关系式，进而根据lg3(4a−b)=1求得a和b的另一个关系式，联立方程，求得a和b．
【解答】
解：(1)f(x)定义域为R，f(−x)=−bxax2+1=−f(x)，
故f(x)是奇函数．
(2)由f(1)=ba+1=12得，a−2b+1=0.
又因为lg3(4a−b)=1，所以4a−b=3.
由a−2b+1=0，4a−b=3解得a=1，b=1．
【答案】
解∶(1)由fx=x−1+aex，
得f′x=1−aex，
又曲线y=fx在点1,f(1)处的切线平行于x轴，
得f′1=0，即1−ae=0，
解得a=e .
(2)f′x=1−aex，
①当a≤0时，f′x>0，f(x)为−∞,+∞上的增函数，
所以函数f(x)无极值；
②当a>0时，令f′x=0，得ex=a，x=lna .
当x∈−∞,lna时，f′x<0；当x∈lna,+∞时，f′x>0 ，
所以fx在−∞,lna上单调递减，在lna,+∞上单调递增，
故f(x)在x=lna处取得极小值，且极小值为flna=lna，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0，fx在x=lna处取得极小值lna，无极大值．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的极值
【解析】
.
.
【解答】
解∶(1)由fx=x−1+aex，
得f′x=1−aex，
又曲线y=fx在点1,f(1)处的切线平行于x轴，
得f′1=0，即1−ae=0，
解得a=e .
(2)f′x=1−aex，
①当a≤0时，f′x>0，f(x)为−∞,+∞上的增函数，
所以函数f(x)无极值；
②当a>0时，令f′x=0，得ex=a，x=lna .
当x∈−∞,lna时，f′x<0；当x∈lna,+∞时，f′x>0 ，
所以fx在−∞,lna上单调递减，在lna,+∞上单调递增，
故f(x)在x=lna处取得极小值，且极小值为flna=lna，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0，fx在x=lna处取得极小值lna，无极大值．
【答案】
解：(1)∵ f(x)是二次函数，且f(x)<0的解集是(0, 5)，
∴ 可设f(x)=ax(x−5)(a>0)．
∴ f(x)在区间[−1, 4]上的最大值是f(−1)=6a．
由已知得6a=12，∴ a=2，
∴ f(x)=2x(x−5)=2x2−10x(x∈R)．
(2)方程f(x)+37x=0等价于方程2x3−10x2+37=0．
设ℎ(x)=2x3−10x2+37，则ℎ′(x)=6x2−20x=2x(3x−10)．
在区间x∈(0,103)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)是减函数；
在区间(−∞, 0)，(103，+∞)上，ℎ′(x)>0，ℎ(x)是增函数，
故ℎ(0)是极大值，ℎ(103)是极小值．
∵ ℎ(3)=1>0，ℎ(103)=−127<0，ℎ(4)=5>0，
∴ 方程ℎ(x)=0在区间(3,103)，(103,4)内分别有唯一实数根，
故函数ℎ(x)在(3, 4)内有2个零点．
而在区间(0, 3)，(4, +∞)内没有零点，在(−∞, 0)上有唯一的零点．
画出函数ℎ(x)的单调性和零点情况的简图，如图所示,
∴存在惟一的自然数m=3，使得方程f(x)+37x=0
在区间(m, m+1)内有且只有两个不同的实数根．
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
函数解析式的求解及常用方法
【解析】
（1）根据二次函数小于0的解集，设出解析式，利用单调性求得最大值，解出待定系数．
（2）将方程等价转化ℎ(x)=0，利用ℎ(x)的导数判断其单调性，利用单调性判断ℎ(x)=0的根的情况．
【解答】
解：(1)∵ f(x)是二次函数，且f(x)<0的解集是(0, 5)，
∴ 可设f(x)=ax(x−5)(a>0)．
∴ f(x)在区间[−1, 4]上的最大值是f(−1)=6a．
由已知得6a=12，∴ a=2，
∴ f(x)=2x(x−5)=2x2−10x(x∈R)．
(2)方程f(x)+37x=0等价于方程2x3−10x2+37=0．
设ℎ(x)=2x3−10x2+37，则ℎ′(x)=6x2−20x=2x(3x−10)．
在区间x∈(0,103)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)是减函数；
在区间(−∞, 0)，(103，+∞)上，ℎ′(x)>0，ℎ(x)是增函数，
故ℎ(0)是极大值，ℎ(103)是极小值．
∵ ℎ(3)=1>0，ℎ(103)=−127<0，ℎ(4)=5>0，
∴ 方程ℎ(x)=0在区间(3,103)，(103,4)内分别有唯一实数根，
故函数ℎ(x)在(3, 4)内有2个零点．
而在区间(0, 3)，(4, +∞)内没有零点，在(−∞, 0)上有唯一的零点．
画出函数ℎ(x)的单调性和零点情况的简图，如图所示,
∴存在惟一的自然数m=3，使得方程f(x)+37x=0
在区间(m, m+1)内有且只有两个不同的实数根．
【答案】
解：(1)由题意知，f′(x)=1x−(ex+xex)+a
=1x−(x+1)ex+a≤0 在[1, +∞)上恒成立，
所以a≤(x+1)ex−1x在[1, +∞)上恒成立．
令g(x)=(x+1)ex−1x，则g′(x)=(x+2)ex+1x2>0，
所以g(x)在[1, +∞)上单调递增，所以g(x)min=g(1)=2e−1，
所以a≤2e−1．
(2)当a=1时，f(x)=lnx−xex+x，
则f′(x)=1x−(x+1)ex+1=(x+1)(1x−ex)，
令m(x)=1x−ex，则m′(x)=−1x2−ex<0，
所以m(x)在(0, +∞)上单调递减．
由于m(12)>0，m(1)<0，
所以存在x0>0满足m(x0)=0，即ex0=1x0．
当x∈(0, x0)时，m(x)>0，f′(x)>0；
当x∈(x0, +∞)时，m(x)<0，f′(x)<0．
所以f(x)在(0, x0)上单调递增，在(x0, +∞)上单调递减．
所以f(x)max=f(x0)=lnx0−x0ex0+x0.
因为ex0=1x0，所以x0=−lnx0，
所以f(x0)=−x0−1+x0=−1，
所以f(x)max=−1．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）由题意分离参数，将原问题转化为函数求最值的问题，然后利用导函数即可确定实数a的取值范围；
（2）结合函数的解析式求解导函数，将其分解因式，利用导函数研究函数函数的单调性，最后利用函数的单调性结合函数的解析式即可确定函数的最值．
【解答】
解：(1)由题意知，f′(x)=1x−(ex+xex)+a
=1x−(x+1)ex+a≤0 在[1, +∞)上恒成立，
所以a≤(x+1)ex−1x在[1, +∞)上恒成立．
令g(x)=(x+1)ex−1x，则g′(x)=(x+2)ex+1x2>0，
所以g(x)在[1, +∞)上单调递增，所以g(x)min=g(1)=2e−1，
所以a≤2e−1．
(2)当a=1时，f(x)=lnx−xex+x，
则f′(x)=1x−(x+1)ex+1=(x+1)(1x−ex)，
令m(x)=1x−ex，则m′(x)=−1x2−ex<0，
所以m(x)在(0, +∞)上单调递减．
由于m(12)>0，m(1)<0，
所以存在x0>0满足m(x0)=0，即ex0=1x0．
当x∈(0, x0)时，m(x)>0，f′(x)>0；
当x∈(x0, +∞)时，m(x)<0，f′(x)<0．
所以f(x)在(0, x0)上单调递增，在(x0, +∞)上单调递减．
所以f(x)max=f(x0)=lnx0−x0ex0+x0.
因为ex0=1x0，所以x0=−lnx0，
所以f(x0)=−x0−1+x0=−1，
所以f(x)max=−1．
【答案】
解：(1)f(x)定义域为(0, +∞)，
f′(x)=2ax+(a−2)−1x
=2ax2+(a−2)x−1x
=(2x+1)(ax−1)x．
由已知，得f′(1)=0，解得a=1．
当a=1时，f′(x)=(2x+1)(x−1)x．
所以f′(x)<0⇔00⇔x>1．
所以f(x)单调递减区间为(0, 1)，单调递增区间为(1, +∞)．
所以函数f(x)在x=1时取得极小值，
其极小值为f(1)=0，符合题意，
所以a=1．
(2)令f′(x)=(2x+1)(ax−1)x=0，
由01．
所以f′(x)<0⇔00⇔x>1a．
所以f(x)减区间为0,1a，增区间为1a,+∞．
所以函数f(x)在x=1a时取得极小值，
其极小值为f1a=lna+1−1a．
因为01．
所以1−1a<0，所以f1a=lna+1−1a<0．
因为f1e=ae2+(a−2)e+1>(a−2)e+1=(a−2+e)e，
又因为00，
所以f1e>0．
根据零点存在定理，函数f(x)在0,1a上有且仅有一个零点．
因为x>lnx，f(x)=ax2+(a−2)x−lnx>ax2+(a−2)x−x=x(ax+a−3)．
令ax+a−3>0，得x>3−aa．
又因为01a，
所以当x>3−aa时，f(x)>0．
根据零点存在定理，函数f(x)在1a,+∞上有且仅有一个零点．
所以，当0【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究函数的极值
【解析】
( I)求出函数的f(x)定义域为(0, +∞)，导函数．通过导函数的符号判断函数的单调性然后求解函数的极值，推出a即可．
( II )令f′(x)=(2x+1)(ax−1)x=0，由01．求出函数的单调区间以及函数的极值，利用函数零点判断定理转化推出结果即可．
【解答】
解：(1)f(x)定义域为(0, +∞)，
f′(x)=2ax+(a−2)−1x
=2ax2+(a−2)x−1x
=(2x+1)(ax−1)x．
由已知，得f′(1)=0，解得a=1．
当a=1时，f′(x)=(2x+1)(x−1)x．
所以f′(x)<0⇔00⇔x>1．
所以f(x)单调递减区间为(0, 1)，单调递增区间为(1, +∞)．
所以函数f(x)在x=1时取得极小值，
其极小值为f(1)=0，符合题意，
所以a=1．
(2)令f′(x)=(2x+1)(ax−1)x=0，
由01．
所以f′(x)<0⇔00⇔x>1a．
所以f(x)减区间为0,1a，增区间为1a,+∞．
所以函数f(x)在x=1a时取得极小值，
其极小值为f1a=lna+1−1a．
因为01．
所以1−1a<0，所以f1a=lna+1−1a<0．
因为f1e=ae2+(a−2)e+1>(a−2)e+1=(a−2+e)e，
又因为00，
所以f1e>0．
根据零点存在定理，函数f(x)在0,1a上有且仅有一个零点．
因为x>lnx，f(x)=ax2+(a−2)x−lnx>ax2+(a−2)x−x=x(ax+a−3)．
令ax+a−3>0，得x>3−aa．
又因为01a，
所以当x>3−aa时，f(x)>0．
根据零点存在定理，函数f(x)在1a,+∞上有且仅有一个零点．
所以，当0